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Hi! Um zu meiner Frage etwas Hintergrundinformationen zu liefern, sei folgendes gesagt:
Es ging mir darum, zu wissen, in welchen Winkeln man den Vektor [mm] \vektor{1 \\ 0 \\ 0} [/mm] um die drei Achsen des dreidimnesionalen Raumes rotieren muss, um einen gewünschten Vektor [mm] \vektor{x \\ y \\ z} [/mm] zu erhalten.
Ich habe mich letzendlich für eine Rotation um die z-Achse um den Winkel [mm] \gamma, [/mm] eine anschließende Rotation um die y-Achse um den Winkel [mm] \beta [/mm] und dann eine Rotation um die x-Achse um den Winkel [mm] \alpha [/mm] entschlossen.
Es entstehen dann folgende drei Gleichungen. Gesucht sind natürlich die drei Winkel.
[mm] x=cos\beta*cos\gamma
[/mm]
[mm] y=cos\alpha*sin\gamma+sin\alpha*sin\beta*cos\gamma
[/mm]
[mm] z=sin\alpha*sin\gamma-cos\alpha*sin\beta*cos\gamma
[/mm]
aus der ersten Gleichung folgt [mm] \beta=arccos(\bruch{x}{cos\gamma})
[/mm]
das kann ich dann z.B. in die zweite Gleichung einsetzen. Aber ich habe keine Ahnung, wie ich dann weiter komme.
Hat jemand eine Idee?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:20 Di 24.02.2009 | | Autor: | Fulla |
Hallo Bit2_Gosu,
wenn die Reihenfolge der Drehungen egal ist, hab ich einen anderen Vorschlag.
Wenn du zuerst um die $x$-Achse drehst, fallen alle Ausdücke mit [mm] $\alpha$ [/mm] weg, denn der Vektor [mm] $\begin{pmatrix}1\\ 0\\ 0\end{pmatrix}$ [/mm] bleibt dadurch unverändert.
Wenn du also erst um die $x$-, dann um die $y$- und zuletzt um die $z$-Achse drehst, erhältst du folgendes Gleichungssystem:
[mm] $x=\cos(\beta)\cos(\gamma)$
[/mm]
[mm] $y=\cos(\beta)\sin(\gamma)$
[/mm]
[mm] $z=-\sin(\beta)$
[/mm]
Beim Auflösen hilft dir die Formel [mm] $\cos(\arcsin(x))=\sqrt{1-x^2}$
[/mm]
Lieben Gruß,
Fulla
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Wenn ich mich nicht irre, kann durch eine solche Rotationsreihenfolge aber nicht jeder Vektor erreicht werden, da ein Gleichungssystem mit 3 Gleichungen und zwei Unbekannnten (Winkeln) entsteht.
Wie soll so zum Beispiel der Vektor [mm] \vektor{\bruch{\wurzel{3}}{2} \\ 0.5 \\ 0} [/mm] erreicht werden?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:50 Di 24.02.2009 | | Autor: | Fulla |
Hallo nochmal,
> Wenn ich mich nicht irre, kann durch eine solche
> Rotationsreihenfolge aber nicht jeder Vektor erreicht
> werden, da ein Gleichungssystem mit 3 Gleichungen und zwei
> Unbekannnten (Winkeln) entsteht.
Da du ja nur Vektoren auf der Einheitssphäre betrachtest (davon geh ich mal aus), hast du ja eigentlich nur 2 Variablen - die dritte ergibt sich aus der Forderung [mm] $\|x\|=1$.
[/mm]
> Wie soll so zum Beispiel der Vektor
> [mm]\vektor{\bruch{\wurzel{3}}{2} \\ 0.5 \\ 0}[/mm] erreicht
> werden?
Mit [mm] $\beta=0$ [/mm] und [mm] $\gamma=\frac{\pi}{6}\ \widehat{=}\ [/mm] 30°$.
Lieben Gruß,
Fulla
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(beim Beispiel hatte ich mich vertippt, mist ;))
Mit Variablen meinst du die x, y, z, oder wie? Aber die Variablen sind doch die Winkel ?!
Ich kann x durch y und z ausdrücken (da Einheitsvektor), aber dann bleibt doch trotzdem folgendes Problem:
Ich habe drei Gleichungen mit zwei Variablen (den beiden Winkeln). Sagen wir ich löse die unteren beiden nach den beiden Winkeln auf (das geht, da zwei Gleichungen und zwei Winkel).
Dann muss ich aber immer noch checken, ob die gefundenen Werte, in die erste Gleichung eingesetzt, gültig sind. Ich muss also erst allgemein zeigen, dass eine Gleichung aus den anderen beiden hervorgeht.
Wo liegt mein Denkfehler?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:36 Di 24.02.2009 | | Autor: | Fulla |
eigentlich hast du ja nur 2 Gleichungen. Mit der einen [mm] ($z=-\sin(\beta)$) [/mm] kannst du [mm] $\beta$ [/mm] berechnen und mit einer der beiden anderen erhältst du [mm] $\gamma$. [/mm]
Die dritte Gleichung brauchst du für die Berechnungen nicht. Sie folgt aus der Beziehung [mm] $x^2+y^2+z^2=1$. [/mm]
Lieben Gruß,
Fulla
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ok, dann muss ich aber auch zeigen, dass eine Gleichung aus zwei anderen unmittelbar resultiert, wenn gilt: [mm] x^2+y^2+z^2=1.
[/mm]
aus den unteren beiden Gleichungen folgt:
[mm] \beta=arcsin(-z)
[/mm]
[mm] \gamma=arcsin(\bruch{y}{\wurzel{1-z^2}})
[/mm]
Die obere Gleichung ist also equivalent mit
[mm] \wurzel{1-y^2-z^2}=\wurzel{1-z^2}*\wurzel{1-\bruch{y^2}{1-z^2}}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] 0=0
Sie enthält also keine neuen Informationen über die Winkel.
Ich finde aber, das musste ich schon zeigen. Woher weiß ich sonst, dass es "eigentlich" nur zwei Gleichungen gibt?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:44 Mi 25.02.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
um einen Vektor in einen anderen zu "drehen" ist der einfachste Weg, ihn um die Winkelhalbierende um [mm] 180^o [/mm] zu drehen.
die WH zwischen (1,0,0) und X=(x,y,z) kannst du sicher aufschreiben. ich nenn ihren Einheitsvektor w
dann hast du die Abbildung X-> -X+2*<x,w>*w
damit kannst du durch Abbildung der 3 Basisvektoren die Abbildungsmatrix finden.
jetzt kann man jede Drehung im Raum durch Drehungen um 2 Achsen, also um x ,y oder y,z oder ... herstellen.
du vergleichst also die Matrix mit dem Produkt der 2 matrices der Drehung um x und y achse und hast die 2 gesuchten Winkel.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:26 Mi 25.02.2009 | | Autor: | Bit2_Gosu |
Ich danke euch, vorallem Fulla!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:59 Mi 25.02.2009 | | Autor: | pelzig |
Du hast ein [mm] $v\in\IR^3$ [/mm] vorgegeben, und suchst eine Drehung A, mit [mm] $Ae_1=v$. [/mm] Wie schon angemerkt wurde muss dazu zwangsläufig [mm] $v\in S^2$ [/mm] liegen, denn Drehungen sind Isometrien, bilden also insbesondere [mm] $e_1\in S^2$ [/mm] auf [mm] S^2 [/mm] ab. Aber wie findet man so ein A? Wie wäre es mit folgender Methode:
1) Finde eine Basis [mm] $B=\{v,w_1,w_2\}$ [/mm] von [mm] $\IR^3
[/mm]
2) Wende den Gram-Schmidt-Alg. auf die Basis (in dieser Reihenfolge an). Da bereits [mm] $\parallel v\parallel [/mm] = 1$ ist, erhält man damit eine Orthonormalbasis [mm] $\tilde{B}=\{v, \tilde{w_1},\tilde{w_2}\}$. [/mm]
3) Betrachte nun die lineare Abbildung mit der Darstellungsmatrix [mm] $$A=\pmat{|&|&|\\v&\tilde{w_1}&\tilde{w_2}\\|&|&|}$$ [/mm] Dann ist [mm]A\in O(3)[/mm], denn es bildet die kanonische Standartbasis auf die in 2) konstruierte Orthonormalbasis ab. Nach eventuellem Vertauschen der [mm] $\tilde{w_i}$ [/mm] ist sogar [mm]A\in SO(3)[/mm] eine Drehung, die [mm] $e_1$ [/mm] auf $v$ abbildet - fertig.
Gruß, Robert
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:21 Mi 25.02.2009 | | Autor: | Bit2_Gosu |
Also entschuldige mal, aber wie du meinem Profil entnehmen kannst, habe ich noch kein Studium absolviert. Ich habe gerade mein Abi gemacht und Begriffe wie "Gram-Schmidt-Alg." und "kanonische Standartbasis" habe ich bis eben noch nie gehört...
Das Problem wurde aber ja zum Glück schon durch Fulla gelöst ;)
Vielen Dank trotzdem.
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> Es ging mir darum, zu wissen, in welchen Winkeln man den
> Vektor [mm]\vektor{1 \\ 0 \\ 0}[/mm] um die drei Achsen des
> dreidimnesionalen Raumes rotieren muss, um einen
> gewünschten Vektor [mm]\vektor{x \\ y \\ z}[/mm] zu erhalten.
Zunächst einmal muss doch sichergestellt werden, dass der Zielvektor die selbe Länge hat wie der Ausgangsvektor (hier: Länge EINS).
Nimm als Zielvektor z.B. ( 0.5 / 0.5 / 0.707 )
Nun rotiert man als erstes um die z-Achse, bis der y-Wert (hier: 0.5) erreicht ist.
Dann landet man bei (0.866 / 0.5 / 0) wegen [mm] 0.866^{2}+0.5^{2}=1
[/mm]
Den Winkel, um den man den Vektor (1 / 0 / 0) drehen muss, um zu (0.866 / 0.5 / 0) zu gelangen, kann man mit Hilfe des Skalar-Produktes ermitteln (da gibt's 'ne Formel für; die habe ich jetzt aber nicht parat).
Im zweiten Schritt rotiert man um die y-Achse, bis der z-Wert (hier: 0.707) erreicht ist.
Nun muss man wiederum mit Hilfe des Skalar-Produktes des Winkel zwischen (0.866 / 0.5 / 0) und dem Ziel ( 0.5 / 0.5 / 0.707 ) ermitteln.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:22 Mi 25.02.2009 | | Autor: | Bit2_Gosu |
jo danke, aber soweit waren wir schon ;)
du hast es aber nochmal schön praktisch erläutert!
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